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luoguP4491&&bzoj5306[HAOI2018]染色 NTT 容斥原理 組合數學

阿新 • • 發佈：2019-01-03

[HAOI2018]染色

題目傳送門
luogu
bzoj

分析

一個神奇的容斥。
題目中的恰好提示我們要把它轉化成至少
設 f [ i ] f[i] 表示出現至少 i

i 種出現次數為 S S 的顏色的方案數。
首先欽定 C m i
C_m^i 個顏色。
其次欽定 C n i S C_n^{iS}
個位置。
把他們全排列（可重集的排列） i S ! ( S ! ) i \frac{iS!}{(S!)^i}
剩下 m − i m-i 種顏色， n − i S n-iS 個位置，可以瞎放 ( m − i ) n − i S (m-i)^{n-iS}
於是
f [ i ] = C m i C n i S i S ! ( S ! ) i ( m − i ) n − i S f[i]=C_m^iC_n^{iS}\frac{iS!}{(S!)^i}(m-i)^{n-iS}
注意我們只需要處理出 l i m = m i n ( n S , m ) lim=min(\frac{n}{S},m) 的 f f
求出這個玩意兒可以通過線性處理階乘和階乘逆元做到 O ( l i m l o g ) O(limlog) 搞出來
剩下根據容斥原理。
A n s [ k ] = ∑ i = k ( − 1 ) i − k C i k f [ i ] Ans[k]=\sum_{i=k}(-1)^{i-k}C_i^kf[i]
那個 C i k C_i^k 是因為從每個 f i f_i 都被 f k f_k 重複計算了 C i k C_i^k 次。
接下來就是套路了。
A n s [ k ] = ∑ i = k ( − 1 ) i − k i ! k ! ( i − k ) ! f [ i ] Ans[k]=\sum_{i=k}(-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}f[i]
A n s [ k ] ⋅ k ! = ∑ i = k ( − 1 ) i − k ( i − k ) ! f [ i ] i ! Ans[k]\cdot k!=\sum_{i=k}\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}f[i]i!
N T T NTT 即可。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 262144, M = 1e7 + 10, P = 1004535809;
int ri() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
    for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int w[N], R[N], A[N], B[N], sz[N], f[M], g[M], v[N], tp, L, InvL, n;
int fix(int x) {return (x >> 31 & P) + x;}
int add(int a, int b) {return a += b, a >= P ? a - P : a;}
int mul(int a, int b) {return 1LL * a * b % P;}
int Pow(int x, int k) {
    int r = 1;
    for(;k; x = mul(x, x), k >>= 1)
        if(k & 1)
            r = mul(r, x);
    return r;
}
int Inv(int x) {return Pow(x, P - 2);}
void Pre(int m) {
    L = 1; int x = 0;
    for(;(L <<= 1) < m; ++x) ;
    for(int i = 1;i < L; ++i)
        R[i] = R[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << x;
    w[0] = 1; int wn = Pow(3, (P - 1) / L);
    for(int i = 1;i < L; ++i)
        w[i] = mul(w[i - 1], wn);
    InvL = Inv(L);
}
void DFT(int *F) {
    for(int i = 0;i < L; ++i)
        if(i < R[i])
            std::swap(F[i], F[R[i]]);
    for(int i = 1, d = L >> 1; i < L; i <<= 1, d >>= 1)
        for(int j = 0;j < L; j += i << 1) {
            int *l = F + j, *r = F + j + i, *p = w, tp;
            for(int k = i; k--; ++l, ++r, p += d)
                tp = mul(*r, *p), *r = fix(*l - tp), *l = add(*l, tp);
        }
}
int C(int m, int n) {return mul(mul(f[m], g[n]), g[m - n]);}
void Get(int n) {
    f[0] = 1; for(int i = 1;i <= n; ++i) f[i] = mul(f[i - 1], i);
    g[n] = Inv
            
  

           

              
              

            

            
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bzoj 4517: [Sdoi2016]排列計數【容斥原理+組合數學】

     
 沒有   原理   getchar()   display   del   d+   getchar   esp   const   第一個一眼就A的容斥題！
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\[
D_n=n!-\su 



  
 

    


    
    
BZOJ4710 JSOI2011分特產（容斥原理+組合數學）

     
 　　顯然可以容斥去掉每人都不為空的限制。每種物品分配方式獨立，各自算一個可重組合乘起來即可。 
 
 #include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
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BZOJ4559 JLOI2016成績比較（容斥原理+組合數學+斯特林數）

     
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　　資 



  
 

    


    
    
[BZOJ4710][Jsoi2011]分特產（容斥原理+組合數學）

     
 
								
								            
							
							
							題目描述

傳送門

題解

這道題的限制其實挺不明顯的，應該是“每個人都至少有一個” 
也就是說對於所有的物品，將其劃分成n部分，每部分不能為空，問總的方案數 
可以如果利用插板法的話，把n個相同的小 



  
 

    


    
    
UVALive 7040 Color （容斥原理 + 組合數學遞推公式 + 求逆元 + 基礎數論）

     
 
							
							
							傳送門 
英文題目：

Recently, Mr. Big recieved n owers from his fans. He wants to recolor those owers with m colors. The 
owers are put in  



  
 

    


    
    
[BZOJ2839]集合計數（容斥原理+組合數學）

     
 
								
								            
							
							
							題目描述

傳送門

題解

首先考慮固定k個元素，方案為Ckn 
還剩下2n−k個集合，可以任選若干個集合C12n−k+C22n−k+..+C2n−k2n−k=22n−k 
但是這樣選出來的有可能有不 



  
 

    


    
    
LibreOJ #2541.「PKUWC 2018」獵人殺 分治NTT+容斥原理

     
 
							
							
							題意

獵人殺是一款風靡一時的遊戲“狼人殺”的民間版本，他的規則是這樣的： 
一開始有nn個獵人，第ii個獵人有仇恨度wiwi，每個獵人只有一個固定的技能：死亡後必須開一槍，且被射中的人也會死亡。 
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HDU 4390 Number Sequence （容斥原理+組合計數）

     
 osi   freopen   ret   dsm   algo   .cn   iterator   push_back   man   
                            
                        HDU 4390



題意：

大概就是這樣。不翻譯了： 
 



  
 

    


    
    
【BZOJ3294】放棋子（動態規劃，容斥，組合數學）

     
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題面
BZOJ
洛谷
題解
如果某一行某一列被某一種顏色給占了，那麽在考慮其他行的時候可以直接把這些行和這些列給丟掉。
那麽我們就可以寫出一個 



  
 

    


    
    
【BZOJ 3027】 3027: [Ceoi2004]Sweet （容斥原理+組合計數）

     
 
3027: [Ceoi2004]Sweet
Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 71  Solved: 34
Description

John得到了n罐糖果。不同的糖果罐，糖果的種類不同（即同一個糖果罐裡的糖果種類是相同的，不同的糖果罐裡的糖果的種 



  
 

    


    
    
HDU 6314 2018HDU多校賽第二場 Matrix（容斥原理+組合計數）

     
 
                Matrix

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 332768/332768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 445    Accepted Submiss 



  
 

    


    
    
[BZOJ5306][HAOI2018]染色(容斥+FFT)

     
 urn   can   blank   lld   ons   out   bool   main   define   https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/9138251.html
註意如果一開始F(i)中內層式子中j枚舉的是除前i種顏色之外還有幾種出現S次的顏色，那麽 



  
 

    


    
    
BZOJ_2393_Cirno的完美算數教室&amp;&amp;BZOJ_1853_[Scoi2010]幸運數字 _深搜+容斥原理

     
 代碼   優化   幸運   mes   esp   amp   如果   algorithm   algo   BZOJ_2393_Cirno的完美算數教室&&BZOJ_1853_[Scoi2010]幸運數字 _深搜+容斥原理
題意：
~Cirno發現了一種baka數，這種數呢~只含有2 



  
 

    


    
    
HDU 4135——Co-prime（容斥原理&amp;&amp;二進位制列舉）

     
  
 
 題目連結： 
 模板 
 void prime(ll n)
{
    k=0;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            Prime[k++]=i;
            while 



  
 

    


    
    
【bzoj3456】城市規劃  容斥原理+NTT+多項式求逆

     
 方案   所在   scanf   整理   輸入   eof   輸出   std   define   題目描述
求出n個點的簡單(無重邊無自環)無向連通圖數目mod 1004535809(479 * 2 ^ 21 + 1).
輸入
僅一行一個整數n(<=130000)
輸出
僅一行一個整 



  
 

    


    
    
[BZOJ4487][JSOI2015]染色問題(容斥)

     
 一開始寫了7個DP方程，然後意識到這種DP應該都會有一個通式。 
三個條件：有色行數為n，有色列數為m，顏色數p，三維容斥原理仍然成立。 
於是就是求：$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}\sum_{k=0}^{p}(-1)^{n+m+p-i-j-k}\times C_n^i\times 



  
 

    


    
    
POJ 1091 容斥原理

     
 .org   質因子   blank   dfs   tar   cin   href   strong   元組   鏈接：
http://poj.org/problem?id=1091
題意：
給你兩個正整數n，m，讓你求長度為n+1的滿足條件的一個等式:a[1]*x1+a[2]*x2+a[3]*x 



  
 

    


    
    
容斥原理

     
 clu   images   class   又是   對象   title   href   推理   計算   容斥原理（Inclusion–exclusion principle），是指在計數時，必須註意無一重復，無一遺漏，為了使重疊部分不被重復計算，人們研究出一種新的計數方法。這種方法的基 



  
 

    


    
    
POJ 2773 容斥原理

     
 for   log   cto   tor   ans   個數   ret   num   void   鏈接：
http://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5913989.html
題意：
給出兩個數m,k，要求求出從1開始與m互質的第k個數。
題解：
二分一個答案m